(新高考)高考化学一轮复习课时练习第1章第2讲物质的量浓度(含解析)

这是一份(新高考)高考化学一轮复习课时练习第1章第2讲物质的量浓度(含解析)

第2讲　物质的量浓度
课 程 标 准
知 识 建 构
1.配制一定物质的量浓度的溶液。
2．运用物质的量、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。


一、物质的量浓度
1．基本概念

2．对物质的量浓度表达式的理解
(1)正确判断溶液的溶质
①与水发生反应生成新的物质：如
Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO3H2SO4，NO2HNO3。
②特殊物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。
③含结晶水的物质：
CuSO4·5H2O→CuSO4，Na2CO3·10H2O→Na2CO3。
(2)准确计算溶液的体积
表达式c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝计算。
【诊断1】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl(　　)
(2)从100 mL 5 mol·L－1 H2SO4溶液中取出了10 mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1(　　)
(3)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1(　　)
(4)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1(　　)
(5)0.5 mol·L－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)为1.0 mol·L－1(　　)
(6)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)＝0.5 mol·L－1(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　 (4)×　(5)√　(6)×
二、一定物质的量浓度溶液的配制
1．容量瓶
(1)构造及用途

(2)查漏操作

2．溶液的配制
以配制500 mL 1.0 mol·L－1 NaCl溶液为例：
(1)配制过程

(2)图示



【诊断2】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水(　　)
(2)配制950 mL某浓度的溶液应选用950 mL的容量瓶(　　)
(3)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸，所选择的仪器只有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管(　　)
(4)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1 H2SO4溶液(　　)
(5)用托盘天平称取1.06 g Na2CO3固体用于配制100 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液(　　)
(6)下列配制0.500 0 mol·L－1 NaOH溶液的操作均不正确(　　)

答案　 (1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
三、质量分数及一定质量分数溶液的配制
1．溶质的质量分数
(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
2．质量分数与物质的量浓度的关系
c＝。
3．一定质量分数溶液的配制
以配制100 g 5% NaOH溶液为例：

(1)步骤：计算→称量(量取)→溶解(稀释)。
(2)仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒。
4．体积比浓度溶液的配制
如用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL：用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。
【诊断3】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)“5%硫酸铜溶液”表示100 g硫酸铜溶液中含有5 g硫酸铜溶质(　　)
(2)要配制100 g溶质质量分数为10%的氯化钠溶液，应将10 g氯化钠固体溶于100 mL水(　　)
(3)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%(　　)
(4)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49%(　　)
(5)配制氯化钠溶液称量氯化钠时可直接放在天平的托盘上称量(　　)
(6)应将配好的溶液倒入细口瓶中，盖紧瓶塞，并贴上标签(　　)
答案　 (1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√

考点一　物质的量浓度的相关计算
【典例1】 根据题目条件计算下列溶液的相关量：
(1)2 mol·L－1 Mg(NO3)2溶液中含有0.4 mol NO，则溶液的体积为________mL。
(2)在标准状况下，将V L氨气溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此氨水的物质的量浓度为________ mol·L－1。
(3)若20 g密度为ρ g·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为________。
答案　(1)100　(2)　(3) mol·L－1
解析　(2)n(NH3)＝ mol，
溶液体积：V＝×10－3 L
c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(3)Ca(NO3)2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1。

(1)注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系
溶质的浓度和离子浓度可能不同，根据化学式具体分析。如1 mol·L－1 Mg(NO3)2溶液中c(Mg2＋)＝1 mol·L－1，c(NO)＝2 mol·L－1(考虑Mg2＋水解时，则其浓度小于1 mol·L－1)。
(2)气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路
①根据气体的体积，计算其物质的量为n＝ mol(标准状况)。
②根据V＝，计算溶液的体积。
③根据c＝，计算溶质的物质的量浓度。

【对点练1】 (直接根据公式计算浓度)V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为(　　)
A. mol·L－1 B． mol·L－1
C. mol·L－1 D． mol·L－1
答案　A
解析　 mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。
【对点练2】 (溶液中相关物理量的关系)已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：___________________________；
(2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：____________________________；
(3)用c、ρ表示溶质的质量分数：________________________________；
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：___________________________。
答案　(1) mol·L－1　(2) mol·L－1　(3)×100%　(4) g
解析　(1)c(NaCl)＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c(NaCl)＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。
(4)＝，S＝ g。

溶液中c、w、S等相关量的关系
(1)溶质的物质的量浓度c与溶质的质量分数w的关系：
c＝，w＝。
(2)物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算
若某饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：
S＝，c＝＝＝。

【典例2】 下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。
　
按要求回答下列问题：
(1)硫酸的物质的量浓度为________，氨水的物质的量浓度为________。
(2)各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)________9.2 mol·L－1，c(NH3)________6.45 mol·L－1(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。
(3)各取5 mL与等体积水混合后，w(H2SO4)________49%，w(NH3)________12.5%。
答案　(1)18.4 mol·L－1　12.9 mol·L－1
(2)＜　＞　(3)＞　＜
解析　(1)利用c＝计算，c(H2SO4)＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，c(NH3)＝ mol·L－1≈12.9 mol·L－1。
(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)＜9.2 mol·L－1，c(NH3)＞6.45 mol·L－1。
(3)5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。

溶质相同、质量分数不同的两溶液混合的计算技巧
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
(1)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。
(2)等体积混合
①当溶液密度大于1 g·cm－3时，溶液浓度越大，密度越大，如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液等体积混合后，质量分数w＞(a%＋b%)。
②当溶液密度小于1 g·cm－3时，溶液浓度越大，密度越小，如酒精、氨水等少数溶液等体积混合后，质量分数w＜(a%＋b%)。
(3)当a或b等于零时，也适用于上述判断。

【对点练3】 (溶液稀释和混合的计算)现有100 mL 1 mol·L－1稀盐酸，欲将其浓度变为2 mol·L－1，可以采取的措施为(　　)
A．向其中通入标准状况下22.4 L HCl气体
B．加热蒸发使溶液体积变为50 mL
C．加热蒸发掉50 mL水
D．加入5 mol·L－1盐酸100 mL，再将溶液体积稀释到300 mL
答案　 D
解析　向其中通入标准状况下22.4 L HCl气体，则溶质的物质的量为0.1 L×1 mol·L－1＋22.4 L/22.4 L·mol －1＝1.1 mol，而溶液体积不能计算，所以其物质的量浓度不能计算，A错误；HCl易挥发，所以加热蒸发稀盐酸，HCl和水蒸气都减少，蒸发操作不可取，故B、C错误；加入5 mol·L－1盐酸100 mL，再将溶液体积稀释到300 mL，所得溶液中溶质物质的量浓度为(0.1 L×1 mol·L－1＋5 mol·L－1×0.1 L)/0.3 L＝2 mol·L－1，D正确。
【对点练4】 (电荷守恒的应用)(2020·湖南怀化市高三期末)在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　加入BaCl2反应的离子方程式为：Ba2＋＋SO===BaSO4↓，溶液中n(SO)＝n(Ba2＋)＝b mol；根据N原子守恒，溶液中n(NH)＝n(NH3)＝c mol；原溶液中的电荷守恒为：3n(Al3＋)＋n(NH)＝2n(SO)，原溶液中n(Al3＋)＝ mol，c(Al3＋)＝ mol÷a L＝ mol/L。

(1)溶液稀释规律(守恒观点)
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同溶质不同物质的量浓度溶液混合的计算
①混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。
②混合后溶液体积发生变化时，c1V2＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。

考点二　一定物质的量浓度溶液的配制和分析
【典例3】 (2020·福建福清高三月考)某实验需要1.84 mol·L－1的稀硫酸450 mL，回答下列问题：
(1)配制时需要98%密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸________mL。
(2)配制时，必须使用的仪器有________(填代号)，还缺少的仪器是________。
①烧杯　②50 mL量筒　③100 mL量筒
④1000 mL容量瓶　 ⑤500 mL容量瓶　⑥托盘天平(带砝码)　⑦玻璃棒
(3)配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是________、________。
(4)下列操作的顺序是(用字母表示)________。
A．冷却　 B．量取　
C．洗涤两次　 D．定容　
E．稀释 F．摇匀　
G．转移
(5)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．作为反应容器
答案　(1)50　(2)①②⑤⑦　 胶头滴管　(3)搅拌　引流
(4)BEAGCGDF　 (5)BCD
解析　(1)98%密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的物质的量浓度是 mol/L＝18.4 mol/L，根据稀释规律得1.84 mol/L×0.5 L÷18.4 mol/L＝0.05 L＝50 mL；
(2)配制500 mL的溶液，需要的仪器是：50 mL量筒量取浓硫酸、烧杯用于稀释浓硫酸、500 mL的容量瓶、玻璃棒用于搅拌，定容时还缺少胶头滴管；
(3)第一次用到玻璃棒是稀释浓硫酸时用于搅拌，第二次用玻璃棒是在移液时起到引流作用；
(4)根据溶液配制的一般步骤，先量取浓硫酸，然后在烧杯中稀释、冷却后将溶液移入容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒两次，也把洗涤液移入容量瓶中，然后定容、摇匀，所以答案是BEAGCGDF；
(5)容量瓶只能用来配制一定浓度、一定体积的溶液，不能用来长期贮存溶液、作反应容器和加热容器，所以答案选BCD。

容量瓶的选择和使用
(1)选用容量瓶的原则——“大而近”，如需90 mL溶液，则选用100 mL容量瓶配制。
(2)选用容量瓶时，应指明其规格。
(3)往容量瓶中转移液体时，用玻璃棒引流，玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
【对点练5】 (配制溶液的规范操作)(2020·山西太原模拟)配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是(　　)

答案　C
【对点练6】 (固体溶质溶液的配制)实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、________、________、________以及等质量的两片同种纸片。
(2)计算。配制该溶液需要NaCl晶体________g。
(3)称量。
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：

②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。
③称量完毕，将药品倒入烧杯中。
(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是__________________________________________________。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒2～3次是为了_____________________________。
(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线________处，改用________加水，使溶液凹液面与刻度线相切。
(7)摇匀、装瓶。
答案　(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒
(2)14.6
(3)①

②左盘
(4)搅拌，加速NaCl溶解
(5)保证溶质全部转入容量瓶中
(6)1～2 cm　胶头滴管

配制一定物质的量浓度溶液时注意事项
(1)解答需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器比较，寻找要补充的仪器。
(2)所用定量仪器的精确度：量筒(精确到0.1 mL)、托盘天平(精确到0.1 g)。
【典例4】 分析误差填空。(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
(1)配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g：________。
(2)配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：________。
(3)配制NaOH溶液时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：________。
(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒：________。
(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。
(6)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：________。
(7)未经洗涤烧杯及玻璃棒：________。
(8)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：________。
(9)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：________。
(10)定容时仰视刻度线：________。
(11)定容摇匀后少量溶液外流：________。
(12)容量瓶中原有少量蒸馏水：________。
答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大
(6)偏小　(7)偏小　(8)偏大　(9)偏小　(10)偏小
(11)无影响　(12)无影响
解析　(1)配制时应选用500 mL容量瓶，所需NaOH固体质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×40 g·mol－1＝2.0 g。(2)胆矾的摩尔质量为250 g·mol－1，所需质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g。(3)NaOH易吸水潮解，会沾在纸片上，不能全部转移到烧杯中。(4)实际称量NaOH的质量为4.0 g－0.4 g＝3.6 g。(8)NaOH溶于水放热，未冷却时溶液的体积比室温时大，应恢复室温后再移液、定容。(9)溶液的总体积超出了刻度线。

配制误差分析的思维流程

【对点练7】 (溶液配制的误差分析)在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列操作可使所配溶液浓度偏高的是(　　)
A．未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶
B．用量筒量取浓盐酸时，仰视读数
C．定容时仰视刻度线
D．溶解搅拌时造成液体溅出
答案　B
解析　未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，A项错误；用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，B项正确；定容时仰视刻度线，会造成水量偏多，所以溶液浓度偏低，C项错误；溶解搅拌时造成液体溅出，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，D项错误。
【对点练8】 (仪器读数的误差分析)试分析下列情况的误差：
(1)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(2)某同学用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的物质的量浓度时，若滴定前，读碱液体积时仰视碱式滴定管液面；滴定后，读碱液体积时俯视碱式滴定管液面。上述操作会使盐酸浓度的测定值________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(3)量筒内有95 mL水，读数时仰视，则读数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若量取95 mL水时仰视刻度，则实际量取的水的体积________(填“大于”、“小于”或“等于”)95 mL。
答案　(1)偏高　(2)偏低　(3)偏低　大于

(1)配制溶液定容时，视线引起误差分析
①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。
②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。

(2)不同仪器的仰视和俯视
量取一定体积的液体时：
仪器类型
观察方法
误差
“0”刻度在下边
仰视
偏高(偏大)
俯视
偏低(偏小)
“0”刻度在上边
仰视
偏低(偏小)
俯视
偏高(偏大)

微专题3　化学计算的常用方法
方法一　守恒法
1．含义
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“反应”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒、物料守恒等。
2．解题步骤

类型(一)　原子守恒
1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　)

A．17∶44 B．22∶17
C．17∶22 D．2∶1
答案　C
解析　根据密胺的结构简式和原子守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol密胺需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。
2．28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(　　)
A．36 g B．40 g
C．80 g D．160 g
答案　B
解析　28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为：0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
类型(二)　电荷守恒
3．将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。
答案　0.2 mol·L－1
解析　当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：＝，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K＋
Na＋
NH
SO
NO
Cl－
浓度/mol·L－1
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×10－5
3×10－5
2×10－5
根据表中数据判断试样的pH＝________。
答案　4
解析　根据表格提供的离子可知，NH水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(NO)，将表格中的数据代入得H＋浓度为10－4 mol·L－1，则pH为4。
方法二　关系式法
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。
类型(一)　根据多步反应的方程式找关系式
1．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
答案　%
解析　本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋2CO2↑＋H2O
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式

样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
则w(CaCO3)＝×100%＝%。
2．(2018·课标全国Ⅲ节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。
答案　蓝色褪去　95.0
解析　利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终点时，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复即可说明达到滴定终点。根据题中反应可得：Cr2O～3I2～6S2O，则1.200 0 g样品中含有Na2S2O3·5H2O的质量＝××248 g·mol－1＝1.140 g，样品纯度＝×100%＝95.0%。

多步反应找关系式的解题步骤


类型(二)　根据不同物质中所含同种元素的原子个数找关系式
3．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：

[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的浓度分别为450 ℃和80℃]。若铜银合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)2溶液________ L。(已知Cu相对原子质量为63.5)
答案　50　25.0
解析　5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为
n(Cu)＝＝50 mol
根据流程图分析再由Cu原子守恒可得如下关系
4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2
即,2Cu,～,Al2(SO4)3,～,2CuAlO2,,2,,1,,2)
所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，
至少需要Al2(SO4)3的体积为＝25.0 L。

用原子守恒找关系式的方法
(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式，如利用转化反应中Cu原子守恒可得出关系式：Cu～CuO～CuSO4～CuAlO2，这样可避免书写化学方程式，缩短解题时间。
(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。

方法三　热重分析法
1．设晶体为1 mol，其质量为m。
2．失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
3．计算每步固体剩余的质量(m余)
×100%＝固体残留率。
4．晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
5．失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
1．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则

(1)300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________。
(2)图中点D对应固体的成分为________(填化学式)。
答案　(1)1∶2　(2)Mn3O4和MnO
解析　设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g。
(1)A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，
减少的质量为115 g－87 g＝28 g，
可知MnCO3失去的组成为“CO”，
故剩余固体的成分为MnO2。
(2)C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，
据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，
则m(O)＝71 g－55 g＝16 g，
则n(Mn)∶n(O)＝∶＝1∶1，
故剩余固体的成分为MnO，
同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76 g，
因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76 g－55 g＝21 g，
则n(Mn)∶n(O)＝∶＝3∶4，
故剩余固体的成分为Mn3O4，
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
2．摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾[KaFeb(C2O4)c·dH2O]，其中Fe元素的化合价为＋3。
(1)已知25 ℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中c(C2O)/c(HC2O)＝________。
(2)为了确定草酸合铁酸钾的组成，准确称取4.910 g样品在氮气气氛下加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。

已知：a.120 ℃时样品已完全失去结晶水；
b．200～580 ℃样品分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008 L；
c．580 ℃以上残留固体为FeO和K2CO3的混合物。
根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾的化学式为________。
答案　(1)0.54　(2)K3Fe(C2O4)3·3H2O
解析　(1)已知25 ℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中＝＝＝＝0.54。(2)120 ℃时样品已完全失去结晶水，则m(H2O)＝4.910 g－4.37 g＝0.54 g，n(H2O)＝3×10－2 mol；又已知分解产生的CO和CO2满足n(CO)＋n(CO2)＝＝4.5×10－2 mol，根据原子守恒有2n(C2O)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－2 mol，由已知信息c及题图可知，m(FeO)＋m(K2CO3)＝n(Fe3＋)×72 g·mol－1＋n(K＋)×138 g·mol－1＝2.79 g，又KaFeb(C2O4)c呈电中性，则3n(Fe3＋)＋n(K＋)＝2×n(C2O)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－3＝n(K＋)＋4.5×10－2 mol，解得n(Fe3＋)＝1×10－2 mol，n(K＋)＝3×10－2 mol，n(C2O)＝3×10－2 mol，则样品中n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝(3×10－2 mol)∶(1×10－2 mol)∶(3×10－2 mol)∶(3×10－2 mol)＝3∶1∶3∶3，故草酸合铁酸钾的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。

1．金属锡的纯度可以通过下述方法测定：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
答案　93.2%
解析　设Sn的质量为x，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g　　　　　　 1 mol
x　　　　　　　　　　0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g
w(Sn)＝×100%≈93.2%。
2．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度，取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量稀硫酸处理，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
答案　 0.024 mol·L－1
解析　设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：
Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O
1 mol 　 3 mol
x 0.036 L×0.100 mol·L－1
解得x＝1.2×10－3 mol，则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。
3．BaCrO4常用于制备颜料、陶瓷、玻璃、安全火柴等。为了测定某铬酸钡样品中BaCrO4的含量，进行如下实验：
w g样品I2、Cr3＋、Ba2＋、Cl－
终点
已知：杂质不参与反应；滴定反应为I2＋2S2O===2I－＋S4O。
(1)写出BaCrO4与过量HI溶液反应的离子方程式： ____________________________________________。
(2)BaCrO4的摩尔质量为M g·mol－1，则样品中BaCrO4的质量分数为________%(用代数式表示)。
答案　(1)2BaCrO4＋6I－＋16H＋===2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O　(2)
解析　根据题示信息，BaCrO4中＋6价Cr元素被还原成Cr3＋，HI中I－被氧化成I2，根据得失电子守恒配平离子方程式2BaCrO4＋6I－＋16H＋===2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O，由滴定反应知，2BaCrO4～3I2～6Na2S2O3，3n(BaCrO4)＝n(Na2S2O3)，则样品中BaCrO4的质量分数为×100%＝%。
4.在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。

答案　HVO3
解析　NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
5．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。

当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为________(填字母)。
A．Ce(SO4)2　　 B．Ce2(SO4)3　　
C．CeOSO4
答案　B
解析　404×70.3%≈284，A的相对分子质量为332，B的相对分子质量为568，C的相对分子质量为252，根据质量守恒808×70.3%≈568，应选B。
6．在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.50
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为________。
(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为________________________________。
答案　(1)CoC2O4
(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
解析　(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98× g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝×2 mol＝0.12 mol，质量为0.12 mol×44 g·mol－1＝5.28 g，而固体质量减少为(8.82－4.82) g＝4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00) g＝1.28 g，其物质的量为 mol＝0.04 mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。微专题4　溶解度及溶解度曲线

1．固体物质的溶解度
(1)概念：在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
(2)计算：饱和溶液中存在的两比例：①＝；
②＝。
(3)影响溶解度大小的因素
①内因：物质本身的性质(由结构决定)。
②外因：
a．溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。
b．温度的影响：升温，大多数固体物质在水中的溶解度增大，少数物质溶解度减小，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。
2．气体物质的溶解度
(1)表示方法：通常指该气体(其压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2气体常温时在水中的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。
(2)影响因素：气体物质溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。
3．溶解度曲线
(1)常见物质的溶解度曲线(g/100 g水)


(2)溶解度曲线的意义
①点：曲线上的点叫饱和点。
a．曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度；
b．两曲线的交点表示两物质在该交点的温度下溶解度相等。
②线：溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势，其变化趋势分为三种：
a．陡升型：大部分固体物质的溶解度随温度升高而增大，且变化较大，如硝酸钾，提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法；
b．下降型：极少数物质的溶解度随温度升高反而减小，如熟石灰的饱和溶液升温时变浑浊；
c．缓升型：少数物质的溶解度随温度变化不大，如氯化钠，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。
③面：
a．溶解度曲线下方的面表示相应温度下该物质的不饱和溶液；
b．溶解度曲线上方的面表示相应温度下该物质的过饱和溶液，可以结晶析出晶体。
(3)溶解度曲线的应用
利用溶解度曲线选择不同的物质分离方法：
①溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。
②溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

【案例1】　溶解度曲线的意义MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．MgSO4的溶解度随温度升高而升高
B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大
C．T2 ℃时，MgSO4饱和溶液溶质的质量分数最大
D．将MgSO4饱和溶液的温度从T3 ℃降至T2 ℃时，有晶体析出
答案　C
解析　温度低于T2 ℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而增大，高于T2 ℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，A错误；T1 ℃、T3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等，B错误；w＝×100%，S越大，w越大，C正确；将MgSO4饱和溶液的温度从T3 ℃降至T2 ℃时，MgSO4的溶解度增大，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出，D错误。
【案例2】　根据溶解度曲线进行分离提纯
(2017·课标全国Ⅲ，27)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：
已知：有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a．80 ℃ b．60 ℃
c．40 ℃ d．10 ℃
步骤⑤的反应类型是________。
答案　d　复分解反应
解析　 由溶解度曲线图可知，10 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到10 ℃时得到的K2Cr2O7固体最多，该步骤的反应化学方程式为2KCl＋Na2Cr2O7===2NaCl＋K2Cr2O7，该反应为复分解反应。

1．已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．NaCl可以通过将NaCl溶液蒸发结晶得到晶体
B．NaCl中混有少量Mg(ClO3)2杂质，可采用将热的饱和溶液冷却结晶方法得到NaCl
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
答案　B
解析　含少量Mg(ClO3)2的NaCl溶液，可以采用蒸发溶剂而结晶的方法得到NaCl晶体，B项不正确。
2．以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：

氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。

回答下列问题：
(1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl________ g。
(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有________、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。
(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为________。
(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是_________________________________________________。
(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是________。
答案　(1)11.7　(2)蒸发皿　(3)35 ℃(33 ℃～40 ℃都可以)　(4)加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净　(5)重结晶
解析　根据氯原子守恒可列关系式求m(NaCl)＝10.7 g×58.5 g·mol－1÷53.5 g·mol－1＝11.7 g，氯化铵的溶解度随温度变化较大，故可用冷却结晶法析出晶体，但要防止硫酸钠析出，所以温度应大约在33～40 ℃。

1．(高考组合题)下列说法正确的是________。
A．(2020·北京高考)配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用下列(图1)仪器或装置进行相应实验
B．(2020·天津高考)配制50.00 mL 0.1000 mol·L－1 Na2CO3溶液选择下列(图2)实验仪器或装置
C．(2019·江苏高考)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L－1NaOH溶液
D．(2019·天津高考)配制一定物质的量浓度的溶液，下列(图3)实验仪器或操作能达到目的

答案　AD
解析　图①为配制一定浓度溶液的转移操作，图示操作正确，A项能达到实验目的；配制50.00 mL 0.100 0 mol·L－1 Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配制溶液，B项错误；配制一定物质的量浓度的溶液不能在容量瓶中溶解或稀释，C项错误；容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故D项能达到目的。
2．(高考组合题)下列实验过程不能达到实验目的的是________。
编号
实验目的
实验过程
A
(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 0 mol·L－1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
B
(2017·全国卷Ⅲ)配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C
(2018·全国卷Ⅱ)制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
(2016·全国卷Ⅲ)配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
答案　ABCD
解析　NaOH固体溶解并冷却后转移至250 mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，然后定容，A项错误；不能在容量瓶中直接溶解固体，B项错误；锌粒与稀盐酸反应生成的H2中混有挥发出的HCl，要先通过NaOH溶液除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气即可，不需要通过KMnO4溶液，C项错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出，D项错误。
3．(1)(2020·课标全国Ⅰ)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L－1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、________(从下列图中选择，写出名称)。

(2)(2018·课标全国Ⅲ)配制硫代硫酸钠标准溶液：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________________________________。
答案　(1)烧杯、量筒、托盘天平
(2)烧杯　容量瓶　凹液面最低处与刻度线相平
解析　(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。(2)配制溶液需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平。
4．(2017·浙江高考)用无水Na2CO3固体配制250 mL 0.1000 mol·L－1的溶液。请回答：
(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是________。
A．烧杯 B．量筒
C．玻璃棒 D．胶头滴管　E．容量瓶
(2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， ________________________________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是________。
A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
答案　(1)B　(2)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切　(3)AC
解析　(1)固体配制溶液时不需要量筒，需要的仪器主要有：托盘天平、药匙、烧杯、容量瓶(规格)、胶头滴管、玻璃棒六种；(2)定容操作时要注意加水至刻度线的细节表述：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(3)A项中称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体实际溶质少了，导致浓度偏小；C中摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，导致浓度偏低。B项导致偏大，D项转移洗涤液时洒到容量瓶外，实验失败，洗净容量瓶后重新配制，未清洗容量瓶中残留有溶质，导致浓度偏高。

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．下列所配溶液浓度为1 mol·L－1的是(　　)
A．将31 g Na2O溶于1 L水中
B．常温下，将22.4 L HCl溶于水中，配成1 L溶液
C．将100 mL 5 mol·L－1的KNO3溶液加水稀释至500 mL
D．将10 mL 10 mol·L－1的H2SO4溶液与90 mL水混合
答案　C
解析　根据钠原子守恒可知n(NaOH)＝2n(Na2O)＝2×＝1 mol，但水的体积不等于溶液的体积，所以无法计算溶液浓度，选项A错误；不是标准状况下，气体的物质的量不是1 mol，选项B错误；稀释前后溶质的物质的量不变，即c(浓)V(浓)＝c(稀)V(稀)，则0.1 L×5 mol·L－1＝c(稀)×0.5 L，解得c(稀)＝1 mol·L－1，选项C正确；将10 mL 10 mol·L－1的H2SO4溶液与90 mL水混合，溶液的体积小于100 mL，无法计算，选项D错误。
2．(2020·山东菏泽市高三一模)用18.0 mol·L－1的硫酸配制250 mL 0.1 mol·L－1的硫酸，下列仪器无须选用的是(　　)
A．烧杯 B．烧瓶
C．容量瓶 D．玻璃棒
答案　B
解析　用18.0 mol·L－1的硫酸配制250 mL 0.1 mol·L－1的硫酸，需要先把浓硫酸在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，然后才能转移到容量瓶中，整个实验操作不需要使用烧瓶，故答案选B。
3．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)

答案　B
4．把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。

下列说法正确的是(　　)
A．两份溶液中溶质的物质的量相同
B．两份溶液中c(H＋)分别为0.3 mol·L－1和0.25 mol·L－1
C．容量瓶中溶液的浓度为0.21 mol·L－1
D．容量瓶中溶液的c(H＋)为0.21 mol·L－1
答案　 C
解析　A项，两份溶液中n(H2SO4)分别为0.03 mol和0.075 mol，错误；B项，两份溶液中c(H＋)分别为0.6 mol·L－1和0.5 mol·L－1，错误；C项，c＝ mol·L－1＝0.21 mol·L－1，正确；D项，c(H＋)＝0.21 mol·L－1×2＝0.42 mol·L－1，错误。
5．硫酸铜水溶液呈酸性，属保护性无机杀菌剂，对人畜比较安全，其与石灰乳混合可得“波尔多液”。实验室里需用480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，则应选用的容量瓶规格和称取溶质的质量分别为(　　)
A．480 mL容量瓶，称取7.68 g硫酸铜
B．480 mL容量瓶，称取12.0 g胆矾
C．500 mL容量瓶，称取9.00 g硫酸铜
D．500 mL容量瓶，称取12.5 g胆矾
答案　D
解析　应选500 mL容量瓶，500 mL溶液对应的胆矾质量为12.5 g。
6．某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为(　　)
离子
Na＋
Al3＋
Cl－
X
个数
3a
2a
a
b
A.NO、4a B．SO、4a
C．OH－、4a D．SO、8a
答案　B
解析　设X的电荷数为n，溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋nb×N(X)，则A.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(NO)，电荷不守恒，故A错误；B.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋4a×2×N(SO)，电荷守恒，故B正确；C.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(OH－)，电荷不守恒，Al3＋、OH－不能大量共存，故C错误；D.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋8a×2×N(SO)，电荷不守恒，故D错误。
7．某兴趣小组需要500 mL 2 mol·L－1的H2SO4溶液，若用98%密度为1.84 g·mL－1的浓硫酸配制该溶液。下列操作正确的是(　　)

答案　D
解析　A．图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误，故A错误；B.图中浓硫酸稀释将水注入浓硫酸，容易产生酸飞溅伤人，操作错误，故B错误；C.图中移液操作未用玻璃棒引流，操作错误，故C错误；D.图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正确，故D正确。
8．(2020·郑州模拟)将质量分数为a%、物质的量浓度为c1 mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数变为2a%，此时溶液中溶质的物质的量浓度为c2 mol·L－1。则c1和c2的关系是(　　)
A．c1＝2c2 mol·L－1 B．c2<2c1 mol·L－1
C．c2>2c1 mol·L－1 D．c2＝2c1 mol·L－1
答案　C
解析　由c＝可知，＝＝，由于ρ1＜ρ2，所以c2＞2c1。
9．下列有关实验原理或操作正确的是(　　)
A．用20 mL量筒量取15 mL酒精，加5 mL水，配制质量分数为75%的酒精溶液
B．在200 mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子和NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
C．实验中需用950 mL 2.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，配制时称取的Na2CO3的质量为201.4 g
D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
答案　B
解析　不能用量筒来配制溶液，应用烧杯，且15 mL酒精的质量不是5 mL水的质量的3倍，A项错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，NA个金属阳离子的物质的量为1 mol，设金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸盐为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为＝2.5 mol·L－1，B项正确；没有950 mL的容量瓶，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)＝cVM＝1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212 g，C项错误；配制500 mL 0.2 mol·L－1硫酸亚铁溶液，需要绿矾(FeSO4·7H2O)的物质的量为0.5 L×0.2 mol·L－1＝0.1 mol，质量为27.8 g，D项错误。
10．把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度(mol·L－1)为(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SOc mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。
11．某同学参阅了“84消毒液”说明书中的配方，欲用NaClO固体自己配制480 mL含NaClO 25%、密度为1.19 g·cm－3的消毒液。下列说法正确的是(　　)
A．配制过程中只需要三种仪器即可完成
B．所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小
C．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用于溶液的配制
D．需要称量的NaClO固体的质量为142.80 g
答案　B
解析　配制过程中需要托盘天平(或电子天平)、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管等仪器，A项错误；由于NaClO与空气中的CO2反应生成HClO，HClO在光照条件下易分解，故所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小，B项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，C项错误；应按配制500 mL溶液计算，需要NaClO固体的质量为148.75 g，应该用托盘天平称量148.8 g次氯酸钠，D项错误。
12．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是(　　)
A．该溶液中溶质的质量分数为%
B．该溶液的物质的量浓度为 mol·L－1
C．该溶液的溶解度为 g
D．该溶液的密度为 g·cm－3
答案　B
解析　该溶液的物质的量浓度为＝ mol/L，B项错误。
二、非选择题(本题包括3小题)
13．在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：
(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。
(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。
(3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1 Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________ g固体。
答案　(1)36.5%　11.8 mol·L－1　(2)1 mol·L－1
(3)2.6　(4)5.85
解析　(1)n(HCl)＝＝10 mol，m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，盐酸的质量分数w＝×100%＝36.5%，c(HCl)＝＝＝11.8 mol·L－1。
(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 mol·L－1×＝1 mol·L－1。
(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.002 6 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。
(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。
14．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分
质量/g
摩尔质量/(g·mol－1)
蔗糖
50.00
342
硫酸钾
0.50
174
阿司匹林
0.35
180
高锰酸钾
0.50
158
硝酸银
0.04
170
(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________(填写名称)。
(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋)________(只要求写表达式，不需计算)mol·L－1。
(3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是________(填字母)，还缺少的仪器有________(填仪器名称)。

(4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是________(填选项字母)。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有________(填化学符号)。
答案　 (1)蔗糖　(2)(2×＋)
(3)ac　托盘天平、玻璃棒、烧杯 　(4)AD　(5)Cl－
解析　(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量为n(K＋)＝2n(K2SO4)＋n(KMnO4)＝(2×＋)mol，所以c(K＋)＝(＋) mol·L－1。(3)配制一定浓度的溶液必需的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，不需要圆底烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，A项正确；定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，B项错误；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，NaCl与AgNO3反应，会使溶液的浓度偏小，C项错误；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制溶液的浓度不产生任何影响，D项正确；(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，加入的试剂中需含有Cl－。
15．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。

(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有________(填序号)。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是________(填名称)。
(3)如果用图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。
【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸与KMnO4反应的离子方程式为：
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O
则方程式中的x＝________。
(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________ mg·cm－3。
答案　(1)①②⑤　(2)50 mL容量瓶　(3)偏小　(4)2　(5)1.2
解析　(1)由图示可知①②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切。
(3)如果用按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。
(5)血液样品中Ca2＋的浓度为

＝1.2 mg·cm－3。